תהא $f:[0,\infty)\to \CC$ פונקציה רציפה למקוטעין. נגדיר את התמרת לפלס $\cl[f]$ להיות הפונקציה:

$$\cl[f](s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}\dt$$

עבור כל $s\in \RR$ שם האינטגרל מתכנס.

נזכיר תחילה שפונקציות האקספוננט הן לחלוטין לא אינטגרביליות בהחלט או בריבוע, ולכן אי אפשר לבצע עליהן התמרת פורייה רגילה. לעומת זאת, התמרת לפלס עובדת בסדר גמור.

נתחיל עם המקרה שבו $z=0$ כלומר $f(t)\equiv 1$ . במקרה הזה נקבל ש

$$.\cl[f](s) = \int_0^\infty e^{-st}\dt = \frac{e^{-st}}{-s}\mid_{t=0}^\infty \; = \cases{\frac{1}{s} & s>0 \\ \infty & s\leq 0} $$

אם נשנה את $z$ בכיוון הציר הממשי, כלומר $z=x\in \RR$ נקבל בצורה דומה

$$.\cl[f](s) = \int_0^\infty e^{(x-s)t}\dt = \frac{e^{(x-s)t}}{(x-s)}\mid_{t=0}^\infty \; = \cases{\frac{1}{s-x} & s>x \\ \infty & s\leq x} $$

לעומת זאת, אם נשנה בכיוון הציר המדומה, כלומר $z=iy$ עבור $y\in \RR$ אז נקבל

$$.\cl[f](s) = \int_0^\infty e^{(iy-s)t}\dt = \frac{e^{-st}e^{iyt}}{(iy-s)}\mid_{t=0}^\infty \; = \cases{\frac{1}{s-iy} & s>0 \\ \infty/\text{undefind} & s\leq 0} $$

נשים לב שכאשר $t\to \infty$ הביטוי $e^{iyt}$ הוא חסום (על מעגל היחידה) ו $e^{-st}\to 0$ עבור $s>0$ ולכן יש התכנסות. עבור $s\leq 0$ לעומת זאת האינטגרל מתבדר.

עבור $z=x+iy$ כללי, צריך לשלב את שני המקרים ולקבל

$$.\cl[f](s) = \int_0^\infty e^{(z-s)t}\dt = \frac{e^{(x-s)t}e^{iyt}}{(z-s)}\mid_{t=0}^\infty \; = \cases{\frac{1}{s-z} & s>x \\ \infty/\text{undefind} & s\leq x} $$

נזכר שאפשר לכתוב $\sin(at)=\frac{e^{iat}-e^{-iat}}{2i}$ , ובגלל שההתמרה היא לינארית (כי אינטגרל זו פונקציה לינארית) נקבל ש

$$\cl[\sin(at)](s) = \frac{1}{2i}\left(\cl[e^{iat}]-\cl[e^{-iat}]\right)(s) =\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-ia}-\frac{1}{s+ia}\right) =\frac{a}{s^2+a^2}$$

והאינטגרל הזה מתכנס עבור $s>0$ עבור $s\leq 0$ נקבל $\infty - \infty$ שהוא לא מוגדר ולכן חייבים לבדוק לפי ההגדרה האם בכל זאת יש התכנסות. בדקו שאין באמת התכנסות במקרה הזה, כלומר התמרת לפלס תקפה רק עבור $s>0$ .

דרך נוספת לעשות את החישוב למעלה זה לשים לב שהשתמשנו בכך ש $\sin(at)=Im(e^{iat})$ , ובגלל שבהתמרת לפלס באינטגנד אנחנו כופלים בפונקציה הממשית $e^{-st}$ , אז נקבל ש

$$.\cl[\sin(at)]=\cl\left[Im(e^{iat})\right]=Im\left(\cl[e^{iat}]\right)= Im\left(\frac{1}{s-ia}\right) = Im\left(\frac{s+ia}{s^2+a^2}\right)=\frac{a}{s^2+a^2}$$

בצורה דומה גם מחשבים את ההתמרה של קוסינוס להיות $\cl[\cos(at)] = \frac{s}{s^2+a^2}$ .

תהא $f:\RR \to \CC$ רציפה למקוטעין. אם קיים $s_0\in \RR$ ו $0< K$ כך ש $|f(t)|\leq Ke^{s_0t}$ לכל $t\geq 0$ , או בצורה שקולה הפונקציה $\frac{|f(t)|}{e^{s_0t}}$ חסומה ב $t\geq 0$ , אז $\cl[f](s)$ מוגדר לכל $s>s_0$ ומתקיים ש

$$.\limfi{s} \cl[f](s)=0$$

נראה שהאינטגרל מתכנס בהחלט עבור $s>s_0$ ואפילו האינטגרל בהחלט שואף לאפס כאשר $s\to \infty$ . עבור $s>s_0$ מתקיים ש :

$$\int_0^\infty |f(t)e^{-st}|\dt\leq \int_0^\infty K e^{(s_0-s)t}\dt = K\frac{e^{(s_0-s)t}}{s_0-s}\mid_0^\infty=\frac{K}{s-s_0}\overset{s\to \infty}{\longrightarrow} 0$$

בכל התכונות למטה, הפונקציות הן רציפות למקוטעין עם התמרת פורייה שמוגדרת בנקודה $s$ .

1. לינאריות: $\cl[\alpha\cdot f + g](s) = \alpha \cl[f](s)+\cl[g](s)$ .

2. מתיחה: עבור $a>0$ מתקיים ש $\cl[f(at)](s) = \frac{1}{a} \cl[f]\left(\frac{s}{a}\right)$ .

3. כפל באקספוננט $\Leftarrow$ הזזה: $\cl[e^{at}f(t)](s) = \cl[f](s-a)$ .

אין לנו את הכיוון ההפוך בגלל שהאינטגרל שלנו מוגדר בקטע $[0,\infty)$ והזזה תשנה את גבולות האינטגרציה. נסו לחשוב איך להכליל את התמרת לפלס כדי שכן יהיה את הכיוון הזה.

כל ההוכחות נובעות כמעט מיידית מתכונות האינטגרל ומההגדרה של ההתמרה.

1. נובע מלינאריות של האינטגרל:

   $$.\cl[\alpha\cdot f + g](s) = \int_0^\infty (\alpha\cdot f + g)(t)e^{-st}\dt = \alpha \int_0^\infty f(t)e^{-st}\dt + \int_0^\infty g(t)e^{-st}\dt =\alpha \cl[f](s)+\cl[g](s)$$

2. נובע מהחלפת משתנים $x=at$ ונשים לב שבגלל ש $a>$ זה לא משנה את גבולות האינטגרציה.

   $$.\cl[f(at)](s)=\int_0^\infty f(at)e^{-st}\dt=\int_0^\infty f(x) e^{-sx/a}\frac{1}{a}\dx = \frac{1}{a} \cl[f](\frac{s}{a})$$

3. נובע מההגדרה:

   $$.\cl[e^{at}f(t)](s)= \int_0^\infty e^{at}f(t)e^{-st}\dt = \int_0^\infty f(t)e^{-(s-a)t}\dt = \cl[f](s-a)$$

תהא $f:[0,\infty)\to \CC$ פונקציה רציפה למקוטעין כך ש $\frac{|f(t)|}{e^{s_0t}}$ חסומה.

1. אם $f$ רציפה ובנוסף היא גזירה ברציפות למקוטעין, אז לכל $s>s_0$ מתקיים ש

$$.\cl[f'](s)=s\cl[f](s)-f(0)$$

1. התמרת לפלס $\cl[f]$ היא גזירה ולכל $s>s_0$ מתקיים ש

   $$ .\cl[tf(t)](s)=-\frac{d}{ds} \cl[f](s)$$

1. בחישוב של $\cl[f'](s)=\int_0^\infty f'(t)e^{-st}\dt$ מתבקש לעשות אינטגרציה בחלקים, אבל צריך להיזהר קצת. אינטגרציה בחלקים נובעת מכלל הגזירה

   $$ ,\frac{\partial}{\partial t}(f(t)e^{-st}) = f'(t)e^{-st} -sf(t)e^{-st} $$

   רק שבגלל ש $f$ גזירה למקוטעין, אז השוויון הזה נכון למקוטעין, כלומר פרט אולי לסדרה דיסקרטית $0\leq t_1 < t_2 < t_3 < \cdots$ . למזלנו, כאשר מבצעים אינטגרציה, האינטגרל לא משתנה כאשר משנים פונציה על סדרה כזאת (למשל אם משנים את הפונקציה במספר סופי של נקודות) ולכן נקבל ש

   $$. \int_0^L \frac{\partial}{\partial t}(f(t)e^{-st})\dt = \int_0^L f'(t)e^{-st}\dt - s \int_0^L f(t)e^{-st}\dt \to \cl[f'](s)-s\cl[f](s) $$

   נשים לב שאם נראה שאגף שמאל מתכנס, אז בגלל שאנחנו יודעים שהאינטגרל ב $\cl[f](s)$ מתכנס, אז נקבל במתנה שגם $\cl[f'](s)$ מתכנס.

   כדי לחשב את אגף שמאל נרצה להשתמש במשפט היסודי של החדו”א עבור הפונקציה $g(t)=f(t)e^{-st}$ אבל לשם כך צריך ש $g$ תהיה פונקציה גזירה ואנחנו רק יודעים שהיא גזירה למקוטעין. מסתבר שהמשפט הזה עדיין נכון אם $g$ גזירה למקוטעין כל עוד יודעים שבנוסף היא רציפה. למשל, אם בתחום $(0,L)$ נקודות האי גזירות של הפונקציה הן $0=t_0< t_1< t_2< \cdots < t_n< t_{n+1}=L$ אז נקבל ש

   $$.\int_0^L g'(t)\dt = \sum_0^n \int_{t_i}^{t_{i+1}}g'(t)\dt = \sum_0^n (g(t_{i+1})-g(t_i))=g(t_{n+1})-g(t_0)=g(L)-g(0)$$

   במילים אחרות, הרציפות של $g$ אפשרה לנו לעשות סכום טלסקופי וכמובן ניתן עכשיו גם להשאיף את $L\to \infty$ . אם נחזור לאינטגרל המקורי, ונשתמש בעובדה ש $\frac{|f(t)|}{e^{s_0t}}$ חסומה ו $s>s_0$ נקבל ש

   $$,\cl[f'](s)-s\cl[f](s) = f(t)e^{-st}\mid_{t=0}^\infty = \limfi{s} \frac {f(t)}{e^{s_0t}} e^{(s_0-s)t} - f(0)=-f(0)$$

   וזה מסיים את ההוכחה.

2. בשביל הכיוון השני, אם היה מותר לנו להחליף סדר אינטגרציה ונגזרת, אז בקלות נקבל את התוצאה:

   $$.\frac{\partial}{\partial s}\cl[f](s) = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s}( f(t)e^{-st})\dt = -\int_0^\infty tf(t)e^{-st}\dt = -\cl[tf(t)](s)$$

   אם נרצה להוכיח בצורה פורמלית, אז נעשה את התהליך הרגיל:

   1. נחליף את הנגזרת בהגדרה שלה עם הגבול,

   2. נעביר אגפים למעלה כדי להראות שהגבול הוא אפס,

   3. נוסיף ערך מוחלט, ועכשיו רק צריך לחסום מלמעלה,

   4. נבצע אי שוויון משולש לאינטגרל:

$$.\limsup_{h\to 0}\abs{\frac{\cl[f](s+h)-\cl[f](s)}{h} + \cl[tf(t)](s)} \leq \limsup_{h\to0}\int_0^\infty \abs{\frac{f(t)e^{-(s+h)t}-f(t)e^{-st}}{h} + tf(t)e^{-st}}\dt=(*)$$

עכשיו עושים קצת סידור אלגברי של המשוואה ומקבלים שהאינטגרנד הוא

$$.\abs{f(t)e^{-st}\left[\frac{e^{-ht}-1}{h}+t\right]} = \abs{tf(t)e^{-st}\left[\frac{e^{-ht}-(1-ht)}{ht}\right]}$$

נרצה להראות שלא רק הביטוי הזה מאוד קטן כאשר $h\to 0$ , אלא גם האינטגרל עליו שואף לאפס.

נתחיל עם הגורם השני, ונשים לב שאם נציב $u=-ht$ אז רשום שם:

$$.\abs{\frac{1}{u}(e^u-(1+u))} = \abs{\sum_2^\infty \frac{u^{n-1}}{n!}} = \abs{u\sum_0^\infty \frac{u^n}{(n+2)!}}\leq \abs{u}e^\abs{u} = \abs{ht}e^{\abs{ht}}$$

אם נחזור חזרה לאינטגרל נקבל שהוא קטן שווה ל

$$,(*)\leq\limsup_{h\to 0} \abs{h}\int_0^\infty \abs{t^2 f(t)e^{(|h|-s)t}}\dt$$

ועכשיו בעצם אם נראה שהאינטגרל החדש הזה מתכנס, אז כאשר כופלים ב $|h|$ כל הביטוי ישאף לאפס וסיימנו. אבל זה ינבע מכך שהאקספוננט שואף לאפס הרבה יותר מהר מפולינומים, כי עבור $s>s_0$ נקבל ש

$$\frac{\abs{t^2 f(t)}}{e^{(s-|h|)t}} = \overbrace{\frac{\abs{f(t)}}{e^{s_0t}}}^\text{bounded} \cdot \overbrace{\frac{t^2}{e^{(s-s_0)\cdot t/2}}}^\text{bounded} \cdot \frac{1}{e^{(s-s_0-2|h|)\cdot t/2}} \leq K \frac{1}{e^{(s-s_0-2|h|)\cdot t/2}} $$

סה”כ נקבל שאם $|h|$ מספיק קטן, אז $s-s_0-2|h|>0$ ולכן

$$.|h|\int_0^\infty \abs{t^2 f(t)e^{(|h|-s)t}}\dt\leq |h|K \int_0^\infty \frac{1}{e^{(s-s_0-2|h|)\cdot t/2}}\dt = \frac{2K|h|}{s-s_0-2|h|}\to 0 $$

תהא $f:[0,\infty)\to \CC$ פונקציה רציפה למקוטעין כך ש $\frac{|f(t)|}{e^{s_0t}}$ חסומה.

1. אם הנגזרות $f^{(k)}(t)$ קיימות רציפות וחסומות ע”י $Ke^{s_0t}$ עבור $k\leq n-1$ ובנוסף $f^{(n)}$ רציפה למקוטעין, אז לכל $s>s_0$ מתקיים ש

   $$.\cl[f^{(n)}](s)=s^n\cl[f](s)-\sum_{k=0}^{n-1} s^{n-1-k}f^{(k)}(0)$$

2. התמרת לפלס גזירה אינסוף פעמים ב $s>s_0$ ומתקיים ש

   $$.\cl[t^nf(t)](s)=(-1)^n\frac{d^n}{\ds^n}\cl[f](s)$$

נובע מהטענה הקודמת יחד עם אינדוקציה.

1. תהא $f:(0,\infty)\to \CC$ פונקציה רציפה למקוטעין כך ש $\frac{|f(t)|}{t e^{s_0t}}$ חסומה. אז לכל $s>s_0$ מתקיים ש

   $$.\cl\left[\frac{1}{t}f(t)\right](s)=\int_s^\infty \cl[f](u)\du$$

2. תהא $f:[0,\infty)\to \CC$ כך ש $\frac{|f(t)|}{e^{s_0t}}$ חסומה. אם $g(t):=\int_0^t f(x)\dx$ אז

$$.\cl[g](s)=\frac{1}{s}\cl[f](s)$$

1. שימוש בטענה הקודמת עבור כפל ב $t$ תיתן לנו ש

   $$.\cl[f](s)=\cl\left[t\cdot \frac{1}{t}f(t)\right](s)=-\frac{d}{\ds}\cl\left[\frac{1}{t}f(t)\right](s)$$

   זה נכון לכל $s>s_0$ ואם נעשה אינטגרציה בתחום $[a,b]$ עבור $s< a< b$ נקבל ש

   $$.\int_a^b \cl[f](s)\ds =\cl\left[\frac{1}{t}f(t)\right](a) - \cl\left[\frac{1}{t}f(t)\right](b)$$

   נשאיף את $b\to \infty$ ונשתמש בכך ש $\limfi{b}\cl\left[\frac{1}{t}f(t)\right](b)=0$ כדי להסיק ש

   $$.\int_a^\infty \cl[f](s)\ds =\cl\left[\frac{1}{t}f(t)\right](a)$$

2. שוב נשתמש בטענה הקודמת, והפעם בכך ש $g'(s)=f(s)$ , ולכן

   $$.\cl[f](s)=\cl[g'(t)](s)=s\cl[g](s)-g(0)=s\cl[g](s)$$

שימוש בתכונה של $\cl[t^nf(t)](s)=(-1)^n\frac{d^n}{\ds^n}\cl[f](s)$ יחד עם ההתמרה של $\cl[1](s)=\frac{1}{s}$ בתחום $s>0$ תיתן לנו בתחום הזה:

$$.\cl[t^n](s)=(-1)^n\frac{d^n}{\ds^n}\left(\frac{1}{s}\right)=\frac{n!}{s^{n+1}}$$

כפי שהתרגיל כתוב, אנחנו בעצם רוצים לחשב את $\cl[t\cos(t)](1)$ . לשם כך שוב נשתמש בכך שכפל ב $t$ הופך לנגזרת ולכן

$$\align{\cl[t\cot(t)](s) &= -\cl[\cos(t)]'(s) = -\frac{1}{2}\cl[e^{it}+e^{-it}]'(s) \\&= -\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i}+\frac{1}{s+i}\right)' = -\left(\frac{s}{s^2+1}\right)' = \frac{1-s^2}{(s^2+1)^2}}$$

החישוב הזה מוגדר היטב בתחום $s>0$ ובפרט עבור $s=1$ נקבל ש $\int_0^\infty \frac{t\cos(t)}{e^t}\dt=\cl[t\cos(t)](1)=0$ .

עוד לא ראינו פונקציה שההתמרה שלה מכילה את הלוגריתם, אבל נשים לב שאם נגזור את התנאי הנתון, אז נקבל ש

$$.-\cl[tf(t)](s)=\cl[f]'(s)=\frac{1}{1+\frac{1}{s}}\frac{-1}{s^2}=\frac{-1}{s^2+s}= \frac{1}{s+1}-\frac{1}{s}=\cl[e^{-t}-1](s)$$

לכן, הניחוש יהיה $f(t)=\frac{1-e^{-t}}{t}$ .